安徽省蚌埠市2021-2022学年高一化学下学期期末考试试题（Word版附解析）

这是一份安徽省蚌埠市2021-2022学年高一化学下学期期末考试试题（Word版附解析），共18页。试卷主要包含了考试时间75分钟，满分100分，可能用到的相对原子质量， 下列说法正确的是， 下列各组性质的比较中正确的是等内容，欢迎下载使用。

蚌埠市2021~2022 学年度第二学期期末学业水平监测
高一化学
注意事项：
1.考试时间75分钟，满分100分。本卷分为第I卷和第II卷。
2. 作答时务必将答案写在答题卷上，写在试题卷及草稿纸上无效。
3.可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 N 14
第I卷(选择题部分)
一、选择题(共15题，每题3分，共45分，每题只有一个合理选项，多选、错选、漏选均不得分)
1. 下列与生活相关的化学知识，其中说法不正确的是
A. 夏天人们喜欢穿棉和麻材质的衣物，这两类物质均与淀粉互为同分异构体
B. 煤经过气化和液化等化学变化可转化为清洁燃料
C. 双氧水和75%的酒精是两种原理不同的消毒剂
D. 灼烧蛋白质时会产生烧焦羽毛的特殊气味，利用这一性质可鉴别棉和蚕丝
【答案】A
【解析】
【详解】A．做衣服用的棉和麻主要成分为纤维素，与淀粉均是高分子化合物，但二者分子式不同，不互为同分异构体，A项错误；
B．煤经过气化可生成一氧化碳、氢气等，经液化可生成甲醇，所以经过两种化学变化均可转化为清洁燃料，B项正确；
C．双氧水和75%的酒精均可用于杀菌消毒，但原理不同，前者是氧化作用，后者是使细胞脱水而变性死亡，C项正确；
D．蛋白质灼烧时会产生烧焦羽手的特殊气味，蚕丝的成分为蛋白质，棉花的成分为纤维素，所以利用这一性质可鉴别棉和蚕丝，D项正确；
故答案选A。
2. 中国传统文化对人类文化贡献巨大。在很多古代文献中都涉及到丰富的化学知识，对其理解不合理的是
A. 《抱朴子·黄白》中“曾青涂铁， 铁赤色如铜”主要发生了置换反应
B. 《浪淘沙》中“吹尽狂沙始到金”，说明金在自然界中以游离态形式存在
C. 《梦溪笔谈》中“以剂钢为刃，柔铁为茎干，不尔则多断折”中的剂钢是指铁的合金
D. 《天工开物·五金》中记载：“若造熟铁，则生铁流出时，相连数尺内……众人柳棍疾搅，即时炒成熟铁。”炒铁是为了降低铁水中的碳含量，且熟铁比生铁质地更硬，延展性稍差
【答案】D
【解析】
【详解】A．《抱朴子·黄白》中“曾青涂铁，铁赤色如铜”主要发生了铁与硫酸铜的置换反应，生成铜与硫酸亚铁，故A正确；
B．金的化学性质稳定，淘金淘到的是金单质，说明金在自然界以游离态存在，故B正确；
C．“剑刃硬度要大，需要以剂钢为刃”，所以剂钢是铁碳合金，故C正确；
D．熟铁含碳量更低，延展性更好，质地也更硬，故D错误；
故答案选D。
3. 下列化学用语表示正确的是
A. CH3Cl的电子式：
B. 甲烷的球棍模型：
C. HClO的结构式：H-O-Cl
D. 聚丙烯的结构简式：
【答案】C
【解析】
【详解】A．在CH3Cl中C原子与3个H原子形成3个C-H共价键，C原子与Cl原子形成一个C-Cl键，从而使分子中各个原子都达到最外层2个或8个电子稳定结构，故其电子式为，A错误；
B．原子半径：C＞H，且甲烷分子为正四面体结构，故CH4的球棍模型为，B错误；
C．在HClO分子中，O原子分别与H、Cl原子各形成1对共用电子对，使分子中各个原子都达到稳定结构，故HClO的结构式：H-O-Cl，C正确；
D．聚丙烯是CH2=CH-CH3发生加聚反应产生的高聚物，其结构简式为，D错误；
故合理选项是C。
4. 下列说法正确的是：
A. 石油的分馏、裂化、裂解均属于化学变化 B. 煤的干馏、气化、液化均属于物理变化
C. 汽油、煤油、柴油、聚乙烯均是纯净物 D. 天然气、沼气的主要成分均是甲烷
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A． 裂化、裂解均属于化学变化，石油的分馏是利用石油中各组分的沸点的不同，用加热冷凝的方法将各组分分离的过程，没有新物质生成，属于物理变化，故A错误；
B． 煤的干馏、气化、液化均有新物质生成，属于化学变化，故B错误；
C． 石油分馏后所得的汽油、煤油和柴油仍属于混合物，聚乙烯是高分子化合物，聚合度不确定，也是混合物，故C错误；
D． 天然气、沼气的主要成分均是甲烷，故D正确；
故选D
5. 下列物质既能与盐酸反应又能与NaOH溶液反应且都有气体生成的是
A. Al B. Al2O3 C. Al(OH)3 D. NaHCO3
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．Al 能和稀盐酸、NaOH溶液反应生成盐和氢气，故A选；
B．Al2O3与盐酸、氢氧化钠都能反应，但均无气体产生，故B不选；
C．Al(OH)3 属于两性氢氧化物，能和稀盐酸、NaOH溶液反应生成盐和水，均无气体产生，故C不选；
D．NaHCO3属于弱酸酸式盐，能和稀盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳，能和氢氧化钠反应生成碳酸钠和水，与氢氧化钠反应没有气体产生，故D不选；
故选A。
6. 经研究发现，镭能蜕变为Rn，故将Rn称之为镭射气；钍能蜕变为Rn，故将Rn称之为钍射气；錒能蜕变为Rn，故将Rn称之为锕射气。下列说法正确的是
A. Rn的中子数比质子数多50
B. Rn、Rn、 Rn互为同素异形体
C. Rn的最外层电子数为8，故其在第VIII族
D. 镭(Ra)可以通过释放蜕变为Rn
【答案】A
【解析】
【详解】A．Rn的中子数为136，质子数为86，所以中子数比质子数多50，A项正确；
B．Rn、Rn、Rn属于同一种元素，质子数相同，中子数不同，互为同位素，B项错误；
C．Rn的最外层电子数为8，故其在元素周期表的0族，C项错误；
D．镭(Ra)释放蜕变为Rn时，不满足质子守恒和质量守恒，D项错误；
故答案选A。
7. 下列各组性质的比较中正确的是
A. 酸性HClO4＜HBrO4＜HIO4
B. 碱性Ba(OH)2＞Ca(OH)2＞Mg(OH)2
C. 稳定性HCl＞PH3＞H2S
D. 还原性Cl-＞Br-＞I-
【答案】B
【解析】
【详解】A．元素的非金属性为Cl＞Br＞I，元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，则酸性为HClO4＞HBrO4＞HIO4，故A错误；
B．金属性为Ba＞Ca＞Mg，元素的金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强，则碱性为Ba（OH）2＞Ca（OH）2＞Mg（OH）2，故B正确；
C．元素非金属性为Cl＞S＞P，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，则热稳定性为HCl＞H2S＞PH3，故C错误；
D．元素的非金属性为Cl＞Br＞I，则还原性为I﹣＞Br﹣＞Cl﹣，故D错误．
故选B．
8. 不同主族的短周期元素X、Y、Z、W其原子序数依次增大，X、Y的简单离子的电子层结构相同，短周期主族元素原子中Y的原子半径最大，Z原子最外层电子数是K层的3倍。下列说法错误的是
A. 熔化YW时离子键被破坏
B. X的简单氢化物可作制冷剂
C. 简单离子的半径：Z＞W
D. Y和Z形成的化合物一定为离子化合物，不含共价键
【答案】D
【解析】
【分析】X、Y、Z、W是原子序数依次增大的不同主族的短周期元素，短周期元素Y的原子半径是短周期主族元素原子中最大的，则Y为Na元素；Z原子最外层电子数是K层的3倍，其原子序数大于Na，则Z最外层含有6个电子，Z原子核外电子排布是2、8、6，则Z为S元素；W的原子序数大于S，且为短周期主族元素，则W为Cl元素；X、Y的简单离子的核外电子数相同，则X位于第二周期的非金属元素，由于各元素不同主族，则X为N元素，据此分析解答。
【详解】根据分析可知：X为N元素，Y为Na，Z为S，W为Cl元素。
A. Y为Na， W为Cl元素，化合物YW为NaCl，该化合物为离子化合物，熔化时断裂离子键，A正确；
B. X为N元素，其简单氢化物NH3易液化，液氨气化时会吸收大量热，使周围环境温度降低，因此可以作制冷剂，B正确；
C. Z为S，W为Cl元素，二者形成的简单离子S2-、Cl-核外电子排布是2、8、8，电子层结构相同。对于电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，所以离子半径：Z＞W，C正确；
D.Y为Na，Z为S，二者形成的化合物Na2S是离子化合物，Na+、S2-以离子键结合；而Na2S2也是离子化合物，Na+、S以离子键结合，在阴离子S中两个S原子之间以共价键结合，故Y和Z形成的化合物一定为离子化合物，其中可能不含共价键，也可能含有共价键，D错误；
故合理选项是D。
9. 以碳纳米管作电极材料的柔性电池可广泛应用于“3D”打印机。该电池工作原理如图，其总反应为MnO2+Zn+(1+)H2O+ZnSO4=MnOOH+Zn(OH)2+ZnSO4·xH2O。

下列说法错误的是
A. 电子由锌膜流向MnO2膜
B. 该电池的负极反应为：MnO2+e-+H2O→MnOOH+OH-
C. 碳纳米管可以增大电极反应的接触面积加快电池反应速率
D. ZnSO4是该电池的离子导体，通过离子的定向移动来实现内电路的导电
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据电池的总反应可知，Zn失去电子发生氧化反应，MnO2中Mn得电子发生还原反应，所以锌膜为负极，MnO2膜为正极，电子由锌膜流向MnO2膜，故A项正确；
B．该电池的负极为锌膜，电极反应为，故B项错误；
C．碳纳米管具有导电性，可以作为电极材料，同时可以增大电极反应的接触面积加快电池反应速率，故C项正确；
D．吸收ZnSO4溶液的有机高聚物层中锌离子发生定向移动，可让电流通过，故D项正确；
答案选B。
10. 研究表明，在一定条件下，气态HCN与CNH两种分子的互变反应过程能量变化如图所示。下列说法正确的是

A. CNH(g)比HCN(g)更稳定
B. HCN(g)转化为CNH(g)一定要加热
C. 断开1mol HCN(g)中所有的化学键需要放出127.2 kJ的热量
D. 1mol HCN(g)转化为1mol CNH(g)需要吸收59.3kJ的热量
【答案】D
【解析】
【详解】A．物质含有的能量越低，物质的稳定性就越强。根据图示可知等物质的量的HCN比CNH含有的能量更低，因此HCN比CNH更稳定，A错误；
B．由图示可知HCN比CNH能量低，则HCN(g)→CNH(g)时会吸收能量，反应为吸热反应，但反应条件不一定需要在加热条件下进行，B错误；
C．根据图示可知1 mol HCN(g)转化为中间状态的物质时需吸收186.5 kJ的热量，但由于该中间物质中仍然存在化学键，断裂化学键需吸收能量，因此1 mol HCN(g)中的所有化学键全部断开需要吸收的热量大于186.5 kJ，C错误；
D．根据图示可知1 mol HCN(g)转化为1 molCNH(g)需要吸收的能量为186.5 kJ-127.2 kJ=59.3 kJ，D正确；
故选D。
11. 下列实验方案不能达到实验目的的是
A
B
C
D








验证石蜡油分解产物中一定含有乙烯
吸收氨气
验证苯的凯库勒式的正确性
比较KMnO4、Cl2、Br2的氧化性强弱

A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．石蜡油分解产生不饱和烃可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，但不一定乙烯，故A错误；
B．氨气极易溶于水，会形成倒吸，先通过四氯化碳有机层可防止倒吸，能吸收氨气，故B正确；
C．德国化学家凯库勒分析了大量事实后认为，苯分子中的6个碳原子以单、双键相互交替结合成的，称之为凯库勒式，则若溴水和酸性高锰酸钾溶液均褪色，说明苯含有碳碳双键，若不褪色，说明不含有，即可证明苯的凯库勒式的正确性，故C正确；
D．高锰酸钾可与浓盐酸反应生成氯气，锰元素化合价降低KMnO4做氧化剂，氯元素化合价升高Cl2做氧化产物，由氧化剂的氧化性比氧化产物的强，可得氧化性KMnO4>Cl2，氯气可与碘化钾溶液反应生成碘单质，根据碘化钾溶液变为紫色可得氧化性Cl2>I2，则可比较KMnO4、Cl2、Br2的氧化性，故D正确；
故选：A。
12. 某兴趣小组同学对CH4与Cl2的反应进行探究，对此反应表述的观点不正确的是

A. 该反应类型属于取代反应
B. 反应的条件是光照
C. 反应的生成物中含量最多的是CCl4
D. 反应的现象是量筒内气体黄绿色变浅，器壁上有油状液滴，量筒内液面上升
【答案】C
【解析】
【详解】A．CH4与Cl2的反应时，氯原子取代甲烷中的氢原子，同时生成氯化氢，属于取代反应，A项正确；
B．CH4与Cl2反应的条件为光照，B项正确；
C．CH4与Cl2反应生成HCl、CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4等，其中含量最多的是HCl，C项错误；
D．CH4与Cl2反应会生成HCl、CH3Cl气体和CH2Cl2、CHCl3、CCl4等油状液体，同时氯气反应后，量筒内气体黄绿色变浅，液面上升，D项正确；
故答案选C。
13. 有机物M是一种抑制生长的植物激素，可以刺激乙烯的产生，催促果实成熟，其结构简式如图所示，下列关于有机物M的性质的描述正确的是

A. M既可以和乙醇发生酯化反应，也可以和乙酸发生酯化反应
B. 1 mol M和足量的钠反应生成2 mol H2
C. 1 mol M 最多可以和 2 mol Br2发生加成反应
D. 1 mol M 可以和NaHCO3发生中和反应，且可生成 22.4 L CO2
【答案】A
【解析】
【详解】A．M分子中含-COOH，能够与乙醇在一定条件下发生酯化反应，M分子中还含有-OH，也能够与乙酸在一定条件下发生酯化反应，A正确；
B．-OH、-COOH都能够与Na反应产生H2，1个M中含有1个-OH、1个-COOH，根据物质反应转化关系2-OH(-COOH)～H2，因此1 mol M和足量的钠反应生成1 mol H2，B错误；
C．M分子中含有的不饱和的碳碳双键能够与Br2发生加成反应，而羰基及羧基不能与Br2发生反应，M分子中含有3个碳碳双键，则1 mol M 最多可以和3 mol Br2发生加成反应，C错误；
D．只有-COOH能够与NaHCO3反应产生CO2气体，1个M分子中含有1个-COOH，则1 mol M 可以和NaHCO3发生复分解反应，产生1 mol CO2气体，由于未知气体所处的外界条件，因此不能确定气体体积大小，D错误；
故合理选项是A。
14. 在容积可变的密闭容器中存在如下反应：CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g) △H<0，下列对图像的分析中正确的是

A. 图I研究的是t0时增大压强对反应速率的影响
B. 图II研究的一定是t0时使用了催化剂对反应速率的影响
C. 图III研究的是温度对化学平衡的影响，且甲的温度较高
D. 图IV研究的可能是压强对化学平衡的影响，且a的压强较高
【答案】D
【解析】
【详解】A．由于反应前后气体的体积不变，则增大压强反应速率加快，平衡不移动，图像B不符合，故A错误；
B．由于反应前后气体的体积不变，则增大压强反应速率加快，平衡不移动，催化剂只加快反应速率，不影响平衡移动，图II研究的可能增大压强和加入催化剂，故B错误；
C．该反应放热，升高温度平衡向逆反应方向移动，图中乙先达到平衡，则温度高于甲，而CO的转化率低，图像不符合，故C错误；
D．增大压强（缩小体积），正、逆反应速率都增大，且正、逆反应速率加快的倍数相等，平衡不移动，压强越大达到平衡所需时间越短，故D正确；
故答案为D。
15. 设阿伏加德罗常数的值为NA，下列说法不正确的是
A. 2.2g的3H2O中含有的中子数为1.2NA
B. 2.8g乙烯和丙烯的混合物完全燃烧，消耗O2的分子数为0.3NA
C. 3.2gCu完全溶于某未知浓度的硝酸，转移电子数为0.1NA
D. 1molCH4与1molCl2在光照条件下充分反应，得到CH3Cl的分子数一定为NA
【答案】D
【解析】
【详解】A．2.2g3H2O的物质的量为n=2.2g÷22g/mol=0.1mol，而3H2O中含12个中子，故0.1mol3H2O中含1.2NA个中子，故A正确；
B．乙烯和丙烯的最简式均为CH2，2.8g混合物中CH2的物质的量n=2.8g÷14g/mol=0.2mol，而 1molCH2燃烧需要消耗1.5mol氧气，故0.2molCH2燃烧消耗0.3mol氧气，分子数为0.3NA，故B正确；
C．3.2g铜的物质的量为n=3.2g÷64g/mol=0.05mol，而铜在浓硝酸或稀硝酸中反应后均变为+2价，故0.05mol铜转移电子数为0.1NA，故C正确；
D．甲烷和氯气反应不止是生成一氯甲烷，还生成二氯甲烷、三氯甲烷和四氯化碳，故1molCH4与1molCl2在光照条件下充分反应，得到CH3Cl的分子数小于NA，故D错误；
故答案选D。
第II卷(非选择题部分)
二、填空题(共3题，共30分)
16. 下表为元素周期表的一部分，针对表中①~⑧元素，回答下列问题
①






























②

③
④

⑤











⑥


⑦
⑧


（1）写出⑧的原子结构示意图_______。
（2）③元素在周期表中的位置是第二周期第_______族。
（3）写出②的最高价氧化物的电子式_______。
（4）⑤和⑥两种元素的最高价氧化物对应水化物中碱性较强的是_______(填化学式)。
（5）⑤的单质在③中燃烧，产物所含化学键的类型_______。
【答案】（1） （2）VIA
（3） （4）NaOH
（5）离子键和共价键
【解析】
【分析】根据元素周期表①为氢元素，②为碳元素，③为氧元素，④为氟元素，⑤为钠元素，⑥为铝元素，⑦为硫元素，⑧为氯元素。
【小问1详解】
⑧为氯元素，原子结构示意图为；
【小问2详解】
③为氧元素，在周期表中的位置是第二周期第VIA族；
【小问3详解】
②为碳元素，最高价氧化物为CO2，电子式为：；
【小问4详解】
⑤为钠元素，⑥为铝元素，最高价氧化物对应水化物分别为NaOH(强碱)和Al(OH)3(有两性)，碱性较强的是NaOH；
【小问5详解】
③为氧元素，⑤为钠元素，钠单质在氧气中燃烧，产物为过氧化钠，产物中所含化学键的类型为离子键和共价键。
17. 某温度时，在一个5L的恒容容器中，X、Y、Z均为气体，三种物质的物质的量随时间的变化曲线如图所示。根据图中数据填空：

（1）该反应的化学方程式为_______。
（2）反应开始至2min，以气体Z表示的平均反应速率为_______。
（3）2min反应达到平衡，容器内混合气体的平均相对分子质量比起始时_______(填“大”、“小”或“相等”下同)，混合气体密度比起始时_______。
（4）下列叙述能证明该反应已经达到化学平衡状态的是(填序号)_______。
A. Y的体积分数不再变化
B. 容器内气体压强不再变化
C. v(X)：v(Y)=3：1
D. 单位时间内消耗3nmolX同时生成2nmolZ
【答案】（1）3X+Y 2Z
（2）0.02mol·L-1·min-1
（3） ①. 大 ②. 相等 （4）AB
【解析】
【小问1详解】
由图可知，X、Y为反应物，Z为生成物，因为反应的化学计量数之比等于各物质的转化量之比，即X、Y、Z的化学计量数之比为0.3：0.1：0.2=3：1：2，又因为2min后反应物的物质的量不变且不为0，故该反应为可逆反应，因此反应的化学方程式为3X+Y 2Z，故答案为：3X+Y 2Z。
【小问2详解】
反应开始至2min，生成气体Z为0.2mol，则用Z表示的平均反应速率，故答案为：0.02mol·L-1·min-1。
小问3详解】
2min时，反应达平衡，由反应方程式可知混合气体总物质的量减小，而总质量不变，所以容器内混合气体的平均相对分子质量比起始时大；由于混合气体的总质量自始至终不变，而在恒容容器中发生反应，因此混合气体的密度与起始时相等；故答案为：大；相等。
【小问4详解】
A．开始时随着反应的进行，Y的体积分数逐渐减小，当反应达到平衡时，Y的体积分数不再变化，A项正确；
B．该反应为气体分子数减小的反应，在恒容条件下，当容器内气体压强不再变化时，反应达到平衡，B项正确；
C．当v(X)：v(Y)=3：1时，不能证明反应正逆反应速率相等，无法说明反应达到平衡，C项错误；
D．单位时间内消耗3nmolX同时生成2nmolZ，均为正反应方向，不能说明反应达到平衡状态，D项错误；
故答案为：AB。
18. A是一种常见的有机物，其产量被用作衡量一个国家石油化工产业发展水平的标志，F是高分子化合物，有机物A可以实现如图所示的转化。


请回答下列问题：
（1）A的结构式为_______。
（2）D的官能团名称为_______，④的反应类型为_______。
（3）请写出⑤反应的化学方程式_______。
（4）在实验室中，可用如图所示装置制取少量G，试管a中盛放的试剂是_______。
【答案】（1） （2） ①. 羧基 ②. 取代反应或酯化反应
（3）CH3COOCH2CH3 + NaOH CH3COONa + CH3CH2OH
（4）饱和碳酸钠溶液
【解析】
【分析】A的产量被用作衡量一个国家石油化工产业发展水平的标志，则A为CH2=CH2，A与水加成反应得到B，则B为CH3CH2OH，B氧化可得到C，则C为CH3CHO，C继续氧化得到D，则D为CH3COOH，B与D发生酯化反应得到G，则G为CH3COOCH2CH3，G在碱性条件下水解得到B和E，则E为CH3COONa，F是高分子化合物,则F为聚乙烯，据此解答。
【小问1详解】
由分析可知，A为乙烯，结构式为： ；故答案为： 。
【小问2详解】
由分析可知，D为CH3COOH，官能团名称为：羧基；④为乙酸与乙醇的反应，反应类型为：取代反应或酯化反应；故答案为：羧基；取代反应或酯化反应。
【小问3详解】
⑤为乙酸乙酯在碱性条件下的水解，反应的化学方程式为：CH3COOCH2CH3 + NaOH CH3COONa + CH3CH2OH；故答案为：CH3COOCH2CH3 + NaOH CH3COONa + CH3CH2OH。
【小问4详解】
在实验室中，用如图所示装置制取少量乙酸乙酯时，试管a中盛放的试剂为：饱和碳酸钠溶液，目的是除去乙酸和乙醇杂质，同时降低乙酸乙酯的溶解度；故答案为：饱和碳酸钠溶液。
三、实验题(共1题，共12分)
19. 海带中含有丰富的碘元素，某学习小组设计如下实验流程提取海带中的碘。

请回答下列问题：
（1）仪器A的名称为_______，操作A为_______。
（2）由步骤X中到步骤Y一系列操作的目的是_______。
（3）步骤Y中发生反应的离子方程式为_______。
（4）某同学想证明氧化性Br2>I2，现有以下试剂可供选择：
①新制溴水②新制碘水③NaBr溶液④NaI溶液⑤AgNO3溶液⑥CCl4
选用试剂(填标号)
实验操作与现象
_______
_______

【答案】（1） ①. 坩埚 ②. 过滤
（2）富集碘元素 （3）5I- + +6H+ =3I2 +3H2O
（4） ①. ①④⑥ ②. 向盛有NaI溶液的试管中滴入少量新制溴水，再加入CCl4振荡后静置，溶液分层，下层液体为紫红色
【解析】
【分析】干海带在坩埚中灼烧后，加水溶解并转移到烧杯中，煮沸过滤后得到含I-的溶液，调节pH=4.5，加入氧气氧化得到I2，再加入CCl4萃取分液后得到I2的CCl4溶液，再加入浓氢氧化钠溶液，充分反应后分液，向水层中加入45%硫酸溶液，得到I2的悬浊液，过滤后得到I2，据此解答。
【小问1详解】
仪器A的名称为坩埚；由分析可知，操作A为过滤；故答案为：坩埚；过滤。
【小问2详解】
步骤X中到步骤Y一系列操作的目的是富集碘元素；故答案为：富集碘元素。
【小问3详解】
步骤Y中发生的反应为I-和IO在酸性条件下，反应生成I2，离子方程式为：5I- + +6H+ =3I2 +3H2O；故答案为：5I- + +6H+ =3I2 +3H2O。
【小问4详解】
证明氧化性Br2>I2，可利用溴水与NaI溶液反应，生成碘单质，选用试剂为：新制溴水、NaI溶液、CCl4；实验操作与现象为：向盛有NaI溶液的试管中滴入少量新制溴水，再加入CCl4振荡后静置，溶液分层，下层液体为紫红色；故答案为：①④⑥；向盛有NaI溶液的试管中滴入少量新制溴水，再加入CCl4振荡后静置，溶液分层，下层液体为紫红色。
四、计算题(共2题，共13分。要写出计算过程)
20. 称取某有机物(含C、H、O元素)2.3g样品，经充分燃烧后，产生CO24.4g、H2O2.7g。计算：
（1）该有机物中C、H、O原子个数比_______。
（2）若该有机物的相对分子质量为46，且能与金属钠反应放出氢气，请写出该有机物的结构简式_______。
【答案】（1）2：6：1
（2）CH3CH2OH
【解析】
【分析】称取某有机物(含C、H、O元素)2.3g样品，经充分燃烧后，产生CO24.4g，含C的物质的量为=0.1mol，H2O2.7g，其中H原子的物质的量为×2=0.3mol，则O原子的物质的量为=0.05mol，则n（C）：n（H）：n（O）=0.1：0.3：0.05=2：6：1。
【小问1详解】
根据分析，n（C）：n（H）：n（O）=2：6：1，最简式为C2H6O。
【小问2详解】
若该有机物的相对分子质量为46，符合最简式C2H6O，能与金属钠反应放出氢气，则该物质含有羟基，则该有机物的结构简式CH3CH2OH。
21. 一定温度下，在某体积为2L的密闭容器中充入1.5molNO2和2molCO，在一定条件下发生反应：NO2(g)+CO(g)CO2(g)+NO(g)，2min时，测得容器中NO的物质的量为0.5mol。
（1）此段时间内，用CO2表示的平均反应速率_______。
（2）2min时，CO的转化率_______。
（3）平衡时，CO为1mol，求CO2的体积分数_______。
【答案】（1）0.125mol· (L·min)-1
（2）25% （3）28.6%
【解析】
【小问1详解】
2min时，容器中NO的物质的量为0.5mol，则用NO表示的平均反应速率为：，由反应速率之比等于化学计量数之比可得，用CO2表示的平均反应速率为：；故答案为：。
【小问2详解】
2min时，NO的物质的量为0.5mol，由方程式可得，CO转化量为0.5mol，则CO的转化率为：；故答案为：25%。
【小问3详解】
平衡时，CO为1mol，初始容器中充入了1.5molNO2和2molCO，则CO转化了1mol，由方程式可得达到平衡时，NO2为0.5mol，CO2为1.0mol，NO为1.0mol，CO为1mol，则CO2的体积分数为：；故答案为：28.6%。